Tải bản đầy đủ

Đề thi chính thức môn toán THPT quốc gia năm 2018 mã 101 file word có lời giải (miễn phí)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2017-2018

MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài 90 phút)
Họ và tên thí sinh:..............................................................SBD:.....................

Câu 1:

Có bao nhiêu cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 34 học sinh?
2
A. 234 .
B. A34 .
C. 342 .

Mã đề thi 101

2
D. C34 .


Câu 2:

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng  P  : x  2 y  3 z  5  0 có một véc-tơ pháp tuyến là
ur
uu
r
uu
r
uu
r
A. n1   3; 2;1 .
B. n3   1; 2; 3 .
C. n4   1; 2;  3 .
D. n2   1; 2; 3 .

Câu 3:

Cho hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d  a, b, c, d �� có đồ thị như hình vẽ bên.
Số điểm cực trị của hàm số đã cho là
A. 2 .
B. 0 .
C. 3 .
D. 1 .

Câu 4:

e dx .
A. S   �
2x

0

ln  5a 
.
ln  3a 

Câu 9.

2



e dx .
B. S  �
x

0

2

e dx .
C. S   �
x

0

2

e 2 x dx .
D. S  �
0

B. ln  2a  .

5
C. ln .
3

D.

ln 5
.
ln 3

C. x 3  x  C .

D.

1 4 1 2
x  x C .
4
2

3
Nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x + x là

A. x 4  x 2  C .

Câu 8.

D.  1; 0  .

Với a là số thực dương tùy ý, ln ( 5a ) - ln ( 3a ) bằng
A.

Câu 7.

x

Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  e x , y  0 , x  0 , x  2 . Mệnh đề
nào dưới đây đúng?
2

Câu 6.

O

Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên như sau

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  0;1 .
B.  �; 0  .
C.  1;  � .
Câu 5:

y

B. 3 x 2  1  C .

�x = 2 - t


Trong không gian Oxyz , đường thẳng d :�y = 1 + 2t có một véctơ chỉ phương là



�z = 3 + t
r
r
r
r
A. u 3   2;1;3 .
B. u 4   1; 2;1 .
C. u 2   2;1;1 .
D. u1   1; 2;3 .
Số phức - 3 + 7i có phần ảo bằng
Trang 1/20 - Mã đề thi 101


A. 3 .

B. 7 .

C. 3 .

Câu 10. Diện tích mặt cầu bán kính R bằng
4
2
A.  R .
B. 2 R 2 .
C. 4 R 2 .
3
Câu 11. Đường cong trong hình vẽ bên là của hàm số nào dưới đây

D. 7 .
D.  R 2 .

A. y  x 4  3x 2  1 .
B. y  x 3  3 x 2  1 .
C. y   x3  3x 2  1 . D. y   x 4  3 x 2  1 .
Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2; 4;3 và B  2; 2;7  . Trung điểm của đoạn AB có
tọa độ là
A.  1;3; 2  .
1
Câu 13. lim
bằng
5n  3

B.  2;6; 4  .

C.  2; 1;5  .

D.  4; 2;10  .

1
1
.
C. �.
D. .
3
5
Câu 14. Phương trình 22 x 1  32 có nghiệm là
5
3
A. x  .
B. x  2 .
C. x  .
D. x  3 .
2
2
Câu 15. Cho khối chóp có đáy hình vuông cạnh a và chiều cao bằng 2a . Thể tích cả khối chóp đã cho
bằng
2 3
4 3
A. 4a 3 .
B. a .
C. 2a 3 .
D. a .
3
3
A. 0 .

Câu 16:

B.

Một người gửi tiết kiệm vào ngân hàng với lãi suất 7,5 %/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra
khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp
theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp đôi số
tiền đã gửi, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và người đó không rút
tiền ra?
A. 11 năm.
B. 9 năm.
C. 10 năm.
D. 12 năm.

 a, b, c, d �� . Đồ thị của hàm số
vẽ bên. Số nghiệm thực của phương trình 3 f  x   4  0 là

3
2
Câu 17: Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  d

y  f  x  như hình

Trang 2/20 - Mã đề thi 101


A. 3 .

B. 0 .

Câu 18: Số tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y 
A. 3 .
Câu 19:

B. 2 .

D. 2 .

x9 3

x2  x
C. 0 .

D. 1 .

Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và
SB  2a . Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng
A. 60o .

Câu 20:

C. 1 .

B. 90o .

C. 30o .

D. 45o .

Trong không gian Oxyz , mặt phẳng đi qua điểm A  2;  1; 2  và song song với mặt phẳng  P 
: 2 x  y  3 z  2  0 có phương trình là
A. 2 x  y  3z  9  0 .
C. 2 x  y  3 z  11  0 .

B. 2 x  y  3z  11  0 .
D. 2 x  y  3 z  11  0 .

Câu 21: Từ một hộp chứa 11 quả cầu đỏ và 4 quả cầu màu xanh, lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả cầu.
Xác suất để lấy được 3 quả cầu màu xanh bằng:
4
4
24
33
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
455
91
455
165
2

Câu 22:

e


3 x 1

dx bằng:

1

A.

1 5 2
e e  .
3

B.

1 5 2
e e .
3

C. e5  e 2 .

D.

1 5 2
e e  .
3

Câu 23: Giá trị lớn nhất của hàm số y  x 4  4 x 2  9 trên đoạn  2;3 bằng:
A. 201 .

B. 2 .

C. 9 .

D. 54 .

Câu 24: Tìm hai số thực x và y thỏa mãn  2 x  3 yi    1  3i   x  6i với i là đơn vị ảo.
A. x  1 ; y  3 .

B. x  1 ; y  1 .

C. x  1 ; y  1 .

D. x  1 ; y  3 .

Câu 25: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , AB  a , SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA  2a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng
A.

2 5a
.
5

B.

5a
.
3

C.

2 2a
.
3

D.

5a
.
5

Trang 3/20 - Mã đề thi 101


55

Câu 26. Cho

dx

 a ln 2  b ln 5  c ln11 với a, b, c

x x9

là các số hữu tỉ. Mệnh đề nào dưới đây đúng?

16

A. a  b  c .

B. a  b  c .

C. a  b  3c .

D. a  b  3c .

Câu 27. Một chiếc bút chì khối lăng trụ lục giác đều có cạnh đáy 3 mm và chiều cao bằng 200 mm .
Thân bút chì được làm bằng gỗ và phần lõi được làm bằng than chì. Phần lõi có dạng khối trụ
có ciều cao bằng chiều dài của bút chì và đáy là hình tròn bán kính 1 mm . Giả định 1 m3 gỗ có
giá trị a (triệu đồng), 1 m3 than chì có giá trị 8a (triệu đồng). khi đó giá nguyên vật liệu làm
một chiếc bút chì như trên gần nhất với kết quả nào sau đây?
A. 9, 7.a (đồng).
B. 97, 03.a (đồng).
C. 90, 7.a (đồng).

D. 9, 07.a (đồng).

Câu 28. Hệ số của x 5 trong khai triển nhị thức x  2 x  1   3 x  1 bằng
6

A. 13368 .

8

C. 13848 .

B. 13368 .

D. 13848 .

Câu 29. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , BC  2a , SA vuông góc
với mặt phẳng đáy và SA  a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng
2a
a
a
6a
A.
.
B.
.
C. .
D. .
3
2
3
2





Câu 30. Xét các điểm số phức z thỏa mãn z  i  z  2  là số thuần ảo. Trên mặt phẳng tạo độ, tập hợp
tất cả các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có bán kính bằng
5
5
3
A.1 .
B. .
C.
.
D.
.
4
2
2
Câu 31. Ông A dự định sử dụng hết 6,5 m2 kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ
nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể
cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?
A. 2, 26 m3 .
B. 1, 61m3 .
C. 1,33m3 .
D. 1,50 m3 .
Câu 32. Một chất điểm A xuất phát từ O , chuyển động thẳng với vận tốc biến thiên theo thời gian bởi
1 2 11
t  t  m s , trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc A bắt đầu
180
18
chuyển động. Từ trạng thái nghỉ, một chất điểm B cũng xuất phát từ O , chuyển động thẳng
quy luật v  t  

2
cùng hướng với A nhưng chậm hơn 5 giây so với A và có gia tốc bằng a  m s  ( a là hằng

số). Sau khi B xuất phát được 10 giây thì đuổi kịp A . Vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A
bằng
A. 22  m s .
B. 15  m s .
C. 10  m s .
D. 7  m s .
x  3 y 1 z  7


. Đường
2
1
2
thẳng đi qua A , vuông góc với d và cắt trục Ox có phương trình là
�x  1  2t
�x  1  t
�x  1  2t
�x  1  t




A. �y  2t
.
B. �y  2  2t .
C. �y  2t .
D. �y  2  2t .
�z  3t
�z  3  2t
�z  t
�z  3  3t





Câu 33. Trong không gian Oxyz , cho điểm A  1; 2;3 và đường thẳng d :

Trang 4/20 - Mã đề thi 101


Câu 34. Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho phương trình
16 x  m.4 x 1  5m 2  45  0 có hai nghiệm phân biệt. Hỏi S có bao nhiêu phần tử?
A. 13 .
B. 3 .
C. 6 .
D. 4 .
Câu 35. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y 

x2
đồng biến trên khoảng
x  5m

 �;  10  ?
A. 2 .

B. Vô số.

D. 3 .

C. 1.

8
5
2
4
Câu 36: Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để hàm số y  x   m  2  x   m  4  x  1 đạt cực

tiểu tại x  0.
A. 3 .

B. 5 .

C. 4 .

D. Vô số.

B C D có tâm O . Gọi I là tâm hình vuông A����
B C D và M là
Câu 37: Cho hình lập phương ABCD. A����
điểm thuộc đoạn thẳng OI sao cho MO  2MI (tham khảo hình vẽ). Khi đó cosin của góc tạo
D  và  MAB  bằng
bởi hai mặt phẳng  MC ��

A.

6 85
.
85

B.

7 85
.
85

C.

17 13
.
65

D.

6 13
.
65

Câu 38: Có bao nhiêu số phức z thoả mãn z  z  4  i   2i   5  i  z .
A. 2 .

B. 3 .

C. 1.

D. 4 .

Câu 39: Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  :  x  1   y  1   z  1  9 và điểm A  2;3; 1 .
2

2

2

Xét các điểm M thuộc  S  sao cho đường thẳng AM tiếp xúc với  S  , M luôn thuộc mặt
phẳng có phương trình
A. 6 x  8 y  11  0 .
B. 3 x  4 y  2  0 .
Câu 40:

Cho hàm số y 

C. 3 x  4 y  2  0 .

D. 6 x  8 y  11  0 .

1 4 7 2
x  x có đồ thị  C  . Có bao nhiêu điểm A thuộc  C  sao cho tiếp
4
2

tuyến của  C  tại A cắt  C  tại hai điểm phân biệt M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  ( M , N khác A ) thỏa
mãn y1  y2  6  x1  x2  ?
A. 1.

B. 2 .

C. 0 .

D. 3 .

Trang 5/20 - Mã đề thi 101


3
2
Câu 41. Cho hai hàm số f  x   ax  bx  cx 

1
2
và g  x   dx  ex  1  a, b, c, d , e �� . Biết rằng đồ
2

thị của hàm số y  f  x  và y  g  x  cắt nhau tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 3 ; 1 ; 1
(tham khảo hình vẽ). Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị đã cho có diện tích bằng
9
A. .
B. 8 .
C. 4 .
D. 5 .
2

B C , khoảng cách từ C đến đường thẳng BB�bằng 2 , khoảng cách
Câu 42. Cho khối lăng trụ ABC. A���
từ A đến các đường thẳng BB�và CC �lần lượt bằng 1 và 3 , hình chiếu vuông góc của A

2 3
B C  là trung điểm M của B��
C và A�
lên mặt phẳng  A���
. Thể tích của khối lăng trụ
M
3
đã cho bằng
A. 2 .

B. 1.

C.

3.

D.

2 3
.
3

Câu 43. Ba bạn A , B , C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn  1;17  . Xác
suất để ba số được viết ra có tổng chia hết cho 3 bằng
1728
1079
23
A.
.
B.
.
C.
.
4913
4913
68

D.

1637
.
4913

2
2
Câu 44. Cho a  0 , b  0 thỏa mãn log3a2b1  9a  b  1  log 6 ab1  3a  2b  1  2 . Giá trị của a  2b

bằng
A. 6 .
Câu 45. Cho hàm số y 

B. 9 .

C.

7
.
2

D.

5
.
2

x 1
có đồ thị  C  . Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của  C  . Xét tam
x2

giác đều ABI có hai đỉnh A , B thuộc  C  , đoạn thẳng AB có độ dài bằng
A.

6.

B. 2 3 .

C. 2 .

D. 2 2 .

x
Câu 46. Cho phương trình 5  m  log 5  x  m  với m là tham số. Có bao nhiêu giá trị nguyên của

m � 20; 20  để phương trình đã cho có nghiệm?
A. 20 .

B. 19 .

C. 9 .

D. 21 .

Trang 6/20 - Mã đề thi 101


Câu 47. Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  có tâm I  2;1; 2  và đi qua điểm A  1; 2; 1 . Xét
các điểm B , C , D thuộc  S  sao cho AB , AC , AD đôi một vuông góc với nhau. Thể tích
của khối tứ diện ABCD có giá trị lớn nhất bằng
A. 72 .
B. 216 .
C. 108 .
Câu 48. Cho hàm số f  x  thỏa mãn f  2   

D. 36 .

2
2
f  x �
và f �
với mọi x ��. Giá trị của
 x   2x �


9

f  1 bằng
A. 

35
.
36

2
B.  .
3

C. 

19
.
36

D. 

2
.
15

�x  1  3t

Câu 49. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : �y  1  4t . Gọi  là đường thẳng đi qua điểm
�z  1

r
A  1;1;1 và có vectơ chỉ phương u   1; 2; 2  . Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi d và 
có phương trình là
�x  1  7t

A. �y  1  t .
�z  1  5t


�x  1  2t

B. �y  10  11t .
�z  6  5t


�x  1  2t

C. �y  10  11t .
�z  6  5t


�x  1  3t

D. �y  1  4t .
�z  1  5t


 x  và y  g �
 x  có đồ thị như hình
Câu 50. Cho hai hàm số y  f  x  , y  g  x  . Hai hàm số y  f �

 x .
vẽ bên, trong đó đường cong đậm hơn là đồ thị của hàm số y  g �

� 3�
2 x  �đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
Hàm số h  x   f  x  4   g �
� 2�
� 31 �
�9 �
�31

� 25 �
5; �.
6; �.
A. �
B. � ;3 �.
C. � ; ��.
D. �
� 5�
�4 �
�5

� 4 �

Trang 7/20 - Mã đề thi 101


BẢNG ĐÁP ÁN
1-D

2-D

3-A

4-A

5-B

6-C

7-D

8-B

9-D

10-C

11-D

12-C

13-A

14-B

15-B

16-C

17-A

18-D

19-A

20-D

21-A

22-A

23-D

24-A

25-A

26-A

27-D

28-A

29-B

30-C

31-D

32-B

33-A

34-B

35-A

36-C

37-B

38-B

39-C

40-B

41-C

42-A

43-D

44-C

45-B

46-B

47-D

48-B

49-C

50-B

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:

Chọn D.
Mỗi cách chọn hai học sinh từ một nhóm gồm 34 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 34 phần
2
tử nên số cách chọn là C34 .

Câu 2:

Chọn D.

Câu 3:

Chọn A.
Dựa vào đồ thị ta khẳng định hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Câu 4:

Chọn A.
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng
 0;1 .

Câu 5:

uu
r
Một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng  P  : x  2 y  3z  5  0 là n2   1; 2; 3 .

y

O

x

Chọn B.
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  e x , y  0 , x  0 , x  2 được tính theo công
2

2

0

0

e x dx  �
e x dx .
thức S  �

Câu 6.

Chọn C.
Ta có ln ( 5a ) - ln ( 3a ) = ln

Câu 7.

5a
5
= ln .
3a
3

Chọn D.
Ta có

�( x

Câu 8.

Chọn B.

Câu 9.

Chọn D.

3

1
1
+ x) dx = x 4 + x 2 + C .
4
2

Câu 10. Chọn C.
Câu 11. Chọn D.
Vì đồ thị có dạng hình chữ M nên đây là hàm trùng phương. Do đó loại B và C.
 � nên loại A.
Vì xlim
���
Câu 12. Chọn C.

Trang 8/20 - Mã đề thi 101


x A  xB

�xM  2  2

y  yB

 1 � M  2; 1;5  .
Gọi M là trung điểm của AB . Khi đó �yM  A
2

z A  zB

�zM  2  5

Câu 13. Chọn A.
1
0.
Ta có lim
5n  3
Câu 14. Chọn B.
Ta có 22 x 1  32 � 2 x  1  5 � x  2 .
Câu 15. Chọn B.
Diện tích đáy của hình chóp B  a 2 .
1
1 2
2 3
Thể tích cả khối chóp đã cho là V  Bh  .a .2a  a .
3
3
3

Câu 16:

Chọn C.
Áp dụng công thức: S n  A  1  r 

n

�S
� n  log  1 r  � n
�A


�� n  log  1 7,5%  2  �9, 6 .


Câu 17: Chọn A.

4
Ta có: 3 f  x   4  0 � f  x    .
3
4
Dựa vào đồ thị đường thẳng y   cắt đồ thị hàm số y  f  x  tại ba điểm phân biệt.
3

Câu 18: Chọn D.

Tập xác định D   9;  � \  1; 0 .

Trang 9/20 - Mã đề thi 101


Câu 19:




�xlim
��1

�lim

�x �1



lim
x �0

Chọn A.

x9 3
 �
x2  x
� x  1 là tiệm cận đứng.
x9 3
 �
x2  x
x9 3 1
 .
6
x2  x

S

A

D

B

C

Ta có AB là hình chiếu của SB trên  ABCD  .
Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng góc giữa SB và AB .

ABS 
Tam giác SAB vuông tại A , cos �
Câu 20:

AB 1
 ��
ABS  60o .
SB 2

Chọn D.

Gọi mặt phẳng  Q  song song với mặt phẳng  P  , mặt phẳng  Q  có dạng
2 x  y  3z  D  0 .

A  2;  1; 2  � Q  � D  11 .

Vậy mặt phẳng cần tìm là 2 x  y  3 z  11  0 .
Câu 21: Chọn A.
3
Số phần tử không gian mẫu: n     C15  455 ( phần tử ).

Gọi A là biến cố: “ lấy được 3 quả cầu màu xanh”.
3
Khi đó, n  A   C4  4 ( phần tử ).

Xác suất P  A  

n  A
4

.
n    455

Câu 22: Chọn A.
2

2
1
1
e3 x 1dx  e3 x 1   e5  e 2  .
Ta có: �
1
3
3
1

Câu 23: Chọn D.

Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn  2;3 .
Trang 10/20 - Mã đề thi 101


 4 x3  8 x .
Ta có: y �

x  0 � 2;3
y�
 0 � 4 x3  8x  0 � �
.
x


2


2;3









Ta có: f  2   9 , f  3  54 , f  0   9 , f  2  5 , f

 2  5.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn  2;3 bằng f  3  54 .
Câu 24: Chọn A.
Ta có:  2 x  3 yi    1  3i   x  6i
� x  1   3 y  9 i  0 .
�x  1  0
�x  1
.
��
��
3y  9  0

�y  3
Câu 25: Chọn A.
S

H
A

C

B
Trong tam giác SAB dựng AH vuông góc SB thì AH   SBC  do đó khoảng cách cần tìm là
AH . Ta có:

1
1
1
5
2a 5
 2
 2 suy ra AH 
.
2
2
AH
SA
AB
4a
5

Câu 26. Chọn A.
Đặt t  x  9 � t 2  x  9 � 2tdt  dx .
Đổi cận:
x

16

55

t

5

8

8
8
8
8
2tdt
dt
1 � dt
dt �
dx
 �2
 2�
 ��  � �
2

t  9 3 �5 t  3 5 t  3 �
5  t  9 t
5
16 x x  9
55

Trang 11/20 - Mã đề thi 101


8

2
1
1
1
  ln x  3  ln x  3  = ln 2  ln 5  ln11 .
3
3
3
3
5
Vậy a 

2
1
1
, b  , c   . Mệnh đề a  b  c đúng.
3
3
3

Câu 27. Chọn D.
2
6
6
Thể tích phần phần lõi được làm bằng than chì: Vr   R h   .10 .0, 2  0, 2.10 

m .
3

Thể tích chiếc bút chì khối lăng trụ lục giác đều:
V  B.h 

2
3 3
27 3 6 m3
.  3.103  .0, 2 
.10   .
2
10

Thể tích phần thân bút chì được làm bằng gỗ: Vt  V  Vr 

27 3 6
3
.10  0, 2.10 6   m  .
10

Giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì:
�27 3 6

6
0, 2.106  .8a  �
.10

0,
2.10

a �9, 07.10 6.a (triệu đồng).

� 10



Câu 28. Chọn A.
x  2 x  1   3 x  1
6

6

8

 x �C6k .  2 x  .  1
k

6k

k 0
6

 x �C6k .  2 x  .  1
k

8

 �C8l .  3x  .  1
l

8 l

l 0

6k

k 0

8

 �C8l .  3x  .  1
l

8 l

l 0

Suy ra hệ số của x5 trong khai triển nhị thức là: C64 .  2  .  1
4

6 4

 C85 .  3  .  1
5

6 5

 13368 .

Câu 29. Chọn B.

Dựng điểm E sao cho ACBE là hình bình hành,
Khi đó: AC //EB � AC //  SBE  .

� d  AC , SB   d  AC ,  SBE    d  A,  SBE   .  1
Kẻ AI  EB  I �EB  ,

kẻ AH  SI  H �SI  � d  A,  SEB    AH .  2 
Trang 12/20 - Mã đề thi 101


1
1
1
1
1
5


 2 2  2
2
2
2
AI
AB
AE
4a a
4a
1
1
1
1
5
9
2
 2  2  2  2  2 � AH  a .  3
Xét SAI , ta có:
2
AH
SA
AI
a
4a
4a
3
2a
.
Từ  1 ,  2  ,  3 suy ra h  d  AC , SB  
3
Tam giác ABE vuông tại

Câu 30. Chọn C.
Gọi z  a  bi  a, b �� .





2
2
Ta có: z  i  z  2    a  bi  i   a  bi  2    a  2a  b  b    a  2b  2  i





2

� 1� 5
Vì z  i  z  2  là số thuần ảo nên ta có: a  2a  b  b  0 �  a  1  �
b  � .
� 2� 4
Trên mặt phẳng tạo độ, tập hợp tất cả các điểm biểu diễn số phức z là một đường tròn có bán
kính bằng

2

2

2

5
.
2

Câu 31. Chọn D.

Giả sử bể cá có kích thước như hình vẽ.
Ta có: 2 x 2  2 xh  4 xh  6,5 � h 

6,5  2 x 2
.
6x

Do h  0 , x  0 nên 6,5  2 x 2  0 � 0  x 
Lại có V  2 x 2 h 
f�
 x 

13
.
2

� 13 �
6,5 x  2 x 3
 f  x  , với x ��
0;
.



3
� 2 �

13
 2x2 , f �
 x   0 � x  � 39 .
6
6

� 39 � 13 39
3
Vậy V �f �
�6 �
� 54 �1,50 m .
� �
Trang 13/20 - Mã đề thi 101


Câu 32. Chọn B.
+) Từ đề bài, ta suy ra: tính từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm
B bắt kịp thì A đi được 15 giây, B đi được 10 giây.
adt  at  C , lại có vB  0   0 nên
+) Biểu thức vận tốc của chất điểm B có dạng vB  t   �
vB  t   at .
+) Từ lúc chất điểm A bắt đầu chuyển động cho đến khi bị chất điểm B bắt kịp thì quãng
đường hai chất điểm đi được là bằng nhau. Do đó
15

10

�1 2 11 �
3
dt  �
at dt � 75  50a � a  .
� t  t�

180
18 � 0
2
0�

3
Từ đó, vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A bằng vB  10   .10  15  m s .
2
Câu 33. Chọn A.

uuu
r
Gọi  là đường thẳng cần tìm và B   �Ox � B  b;0;0  và BA   1  b; 2;3 .
uuu
r uu
r
Do   d ,  qua A nên BA.ud  0 � 2  1  b   2  6  0 � b  1 .
uuu
r
Từ đó  qua B  1;0;0  , có một véctơ chỉ phương là BA   2; 2;3 nên có phương trình
�x  1  2t

 : �y  2t
.
�z  3t


Câu 34. Chọn B.
Đặt t  4 x , t  0 . Phương trình đã cho trở thành
t 2  4mt  5m 2  45  0

 * .

Với mỗi nghiệm t  0 của phương trình  * sẽ tương ứng với duy nhất một nghiệm x của
phương trình ban đầu. Do đó, yêu cầu bài toán tương đương phương trình  * có hai nghiệm
dương phân biệt. Khi đó



0
 m 2  45  0
3 5  m  3 5
��




4m  0
��
m0
� 3m3 5 .
�S  0 � �
�P  0

�m  3
5m 2  45  0


��


m3
��
Do m �� nên m � 4;5;6 .
Câu 35. Chọn A.
+) Tập xác định D  �\  5m .

+) y �

5m  2

 x  5m 

2

.

Trang 14/20 - Mã đề thi 101


� 2
5m  2  0
m

2

� � 5 �  m �2 .
+) Hàm số đồng biến trên  �;  10  � �
5m �10
5


m �2

Do m �� nên m � 1; 2 .
Câu 36: Chọn C.



4
2

 8 x  5  m  2  x  4  m  4  x  x 8 x  5  m  2  x  4  m  4  �.
Ta có: y�

1 4 4 4 44 2 4 4 4 4 43 �


g�
 x


7

4

2

3

3

Ta xét các trường hợp sau
* Nếu m 2  4  0 � m  �2.
Khi m  2 � y�
 8 x 7 � x  0 là điểm cực tiểu.

� y�
 x 4  8 x 4  20 
� x  0 không là điểm cực tiểu.
Khi m  2
2
* Nếu m ��
4 0 m
2. Khi đó ta có
y�
 x2 �
8 x5  5  m  2  x 2  4  m2  4  x �


8
5
2
4
 x
Số cực trị của hàm y  x   m  2  x   m  4  x  1 bằng số cực trị của hàm g �
5
2
2
�g �
�  x   8x  5  m  2 x  4  m  4 x

4
2



�g  x   40 x  100  m  2  x  4  m  4 


 0   0 . Khi đó
Nếu x  0 là điểm cực tiểu thì g �

4  m 2  4   0 � m 2  4  0 � 2  m  2 � m   1;0;1
Vậy có 4 giá trị nguyên của m.
Câu 37: Chọn B.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử các cạnh của hình lập phương bằng 6.
C và AB . Khi đó ta có
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của D��

MP  IM 2  IP 2  10, MQ  34, PQ  6 2.
Áp dụng định lí côsin ta được
MP 2  MQ 2  PQ 2
14
cosPMQ 

.
2 MP.MQ
340
D  và  MAB  ta có
Góc  là góc giữa hai mặt phẳng  MC ��
cos  
Câu 38: Chọn B.
Ta có

14
7 85

85
340

z  z  4  i   2i   5  i  z � z  z  5  i   4 z   z  2  i .

Lấy môđun 2 vế phương trình trên ta được
z

 z  5

2

1 

 4 z    z  2
2

2

.

Đặt t  z , t �0 ta được
Trang 15/20 - Mã đề thi 101


t

 t  5

2

1 

 4t 

2

  t  2  �  t  1  t 3  9t 2  4   0 .
2

Phương trình có 3 nghiệm phân biệt t �0 vậy có 3 số phức z thoả mãn.
Câu 39: Chọn C.
Mặt cầu  S  có tâm I  1; 1; 1 và bán kính R  3 .
* Ta tính được AI  5, AM  AI 2  R 2  4 .
* Phương trình mặt cầu  S ' tâm A  2;3; 1 , bán kính AM  4 là:

 x  2

2

  y  3   z  1  16 .
2

2

* M luôn thuộc mặt phẳng  P    S  � S ' có phương trình: 3 x  4 y  2  0 .
Câu 40:

Chọn B.
* Nhận xét đây là hàm số trùng phương có hệ số a  0 .
x0


x 7.
 x 3  7 x nên suy ra hàm số có 3 điểm cực trị �
* Ta có y �

x0  7

* Phương trình tiếp tuyến tại A  x0 ; y0  ( là đường thẳng qua hai điểm M , N ) có hệ số góc:
k

y1  y2
 6 . Do đó để tiếp tuyến tại A  x0 ; y0  có hệ số góc k  6  0 và cắt  C  tại hai
x1  x2

21
điểm phân biệt M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  thì  7  x0  0 và x0 �
(hoành độ điểm uốn).
3
x0  2

x0  1 .
 x0   6 � x03  7 x0  6  0 � �
* Ta có phương trình: y �


x0  3 (l )

Vậy có 2 điểm A thỏa yêu cầu.
Câu 41. Chọn C.
Diện tích hình phẳng cần tìm là
1

1

3

1

S�

dx  �

g  x  f  x �
dx
�f  x   g  x  �



1

1

3�
3�
�3
�3
�
ax   b  d  x 2   c  e  x  �
dx  �
ax   b  d  x 2   c  e  x  �
dx .


2 � 1 �
2�
3 �
3
3
2
Trong đó phương trình ax   b  d  x   c  e  x   0  * là phương trình hoành độ giao
2
điểm của hai đồ thị hàm số y  f  x  và y  g  x  .
Phương trình  * có nghiệm 3 ; 1 ; 1 nên

3
3


� 1

27
a

9
b

d

3
c

e


0

27
a

9
b

d

3
c

e

a











2
2
2



3
3
3



��
a   b  d    c  e  
��
bd  .
�a   b  d    c  e    0
2
2
2



3
3
1



a   b  d    c  e 
 c  e  
�a   b  d    c  e   2  0


2
2



Trang 16/20 - Mã đề thi 101


1

1

1 3 3 2 1
3�
1 3 3 2 1
3�


x

x

x

d
x

x

x

x

dx  2   2   4 .
Vậy S  �





2
2
2
2
2
2
2
2




3
1
Câu 42. Chọn A.

Gọi N là trung điểm BC . Kẻ AE  BB�tại E , AF  CC �tại F .
Ta có EF �MN  H nên H là trung điểm EF .
�AE  AA�
� AA�
  AEF  � AA�
 EF � EF  BB�
Ta có �
.
�AF  AA�

  AE  1 , d  A, CC �
  EF  2 .
Khi đó d  A, BB�
  AF  3 , d  C , BB�
Nhận xét: AE 2  AF 2  EF 2 nên tam giác AEF vuông tại A , suy ra AH 

EF
 1.
2

�AA�
  AEF 
� MN   AEF  � MN  AH .
Ta lại có �
�MN // AA�
1
1
1
3 1


 1 
Tam giác AMN vuông tại A có đường cao AH nên
2
2
2
AM
AH
AN
4 4
� AM  2 .
NM    ABC 

 AA�

NM    AEF 
 AA�

� .
� Góc giữa mặt phẳng  ABC  và  AEF  là HAN
Mặt khác �
NM  � ABC   AN
 AA�

�AA�
 NM  � AEF   AH

Hình chiếu của tam giác ABC lên mặt phẳng  AEF  là tam giác AEF nên
2 3
AH
1 AE. AF . AN
1. 3.
� � 1 AE. AF  S
.

S

.
1
S AEF  SABC .cos HAN
1.
ABC
ABC
3

.
2
AN
2
AH
2
1
V

S
.
AM

2
Vậy ABC . A���
.
BC
ABC
Câu 43. Chọn D.
Không gian mẫu có số phần tử là 173  4913 .
Lấy một số tự nhiên từ 1 đến 17 ta có các nhóm số sau:
*) Số chia hết cho 3 : có 5 số thuộc tập  3;6;9;12;15 .

*) Số chia cho 3 dư 1: có 6 số thuộc tập  1;4;7;10;13;16 .

*) Số chia cho 3 dư 2 : có 6 số thuộc tập  2;5;8;11;14;17 .

Trang 17/20 - Mã đề thi 101


Ba bạn A , B , C mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn  1;17  thỏa
mãn ba số đó có tổng chia hết cho 3 thì các khả năng xảy ra như sau:
 TH1: Ba số đều chia hết cho 3 có 53  125 cách.


TH2: Ba số đều chia cho 3 dư 1 có 63  216 cách.
 TH3: Ba số đều chia cho 3 dư 2 có 63  216 cách.
 TH4: Một số chia hết cho 3 , một số chia cho 3 dư 1, chia cho 3 dư 2 có 5.6.6.3!  1080
cách.
125  216  216  1080 1637

Vậy xác suất cần tìm là
.
4913
4913
Câu 44. Chọn C.
3a  2b  1  1


log 3a2b1  9a 2  b 2  1  0
� 2 2

9a  b  1  1 � �
Ta có a  0 , b  0 nên �
.
log 6 ab1  3a  2b  1  0


6ab  1  1

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta được

log 3a2 b1  9a 2  b 2  1  log 6 ab1  3a  2b  1 �2 log3a2b1  9a 2  b 2  1  log 6ab1  3a  2b  1
2
2
۳ 2 2 log 6 ab1  9a 2  b 2  1 � log 6 ab1  9a  b  1 �1 � 9a 2  b 2  1 �6ab  1

�  3a  b  �0 � 3a  b .
Vì dấu “  ” đã xảy ra nên
2

log 3a2b1  9a 2  b 2  1  log6 ab 1  3a  2b  1 � log 3b1  2b 2  1  log 2b2 1  3b  1
� 2b 2  1  3b  1 � 2b 2  3b  0 � b 

Vậy a  2b 

3
1
(vì b  0 ). Suy ra a  .
2
2

1
7
3  .
2
2

Câu 45. Chọn B.
x 1
3
 1
.
x2
x2
I  2;1 là giao điểm hai đường tiệm cận của  C  .

 C :

y

3 �
3 �


a;1 
� C  , B �
b;1 
� C  .
Ta có: A �


a2�
b2�


uu
r �
3 � uur �
3 �
IA  �
a  2; 
b  2; 
�, IB  �
�.
a2�
b2�


Đặt a1  a  2 , b1  b  2 ( a1 �0 , b1 �0 ; a1 �b1 ).
Tam giác ABI đều khi và chỉ khi
9
�2 9
a1  2  b12  2

9
�2 9
a1
b1
a1  2  b12  2

2
2


IA

IB
b1
� uu
� a1

9
r uur
� �uu
� �a1b1 
r uur

cos IA, IB  cos 60� �IA.IB 1
a1b1 1






� 2 9
2
�IA.IB 2
a

� 1 a2

1
�1 1 �
�1 1 �
2
2
2
2
Ta có  1 � a1  b1  9 � 2  2 � 0 � a1  b1  9 � 2  2 � 0
�a1 b1 �
�b1 a1 �





 1
.

 2

Trang 18/20 - Mã đề thi 101


a1  b1



a2  b2
a  b1
�a 2  b 2 �
� 9 �
.
� a12  b12  9 �1 2 21 � 0 �  a12  b12  �
1  2 2 � 0 � �12 2 1 � �1

a
b

3
a
b
a
b
a1 b1  9

1 1
� 1 1 �
� 1 1 �

a1b1  3

Trường hợp a1  b1 loại vì A �
/ B ; a1  b1 , a1b1  3 (loại vì không thỏa  2  ).
9
3
3  1 � a 2  9  12
Do đó a1b1  3 , thay vào  2  ta được
.
1
9
a12
a12  2 2
a1
2
Vậy AB  IA  a1 

9
2 3.
a12

Câu 46. Chọn B.
Điều kiện x  m
Ta có

 1
Xét

5 x  m  log5  x  m  � 5x  x  x  m  log 5  x  m  � 5 x  x  5log5  x m   log5  x  m 

.
hàm

số

f  t   5t  t ,

f�
 t   5t ln 5  1  0, t ��,

do

đó

từ

 1

suy

ra

x  log 5  x  m  � m  x  5 x .
x
 x   1  5x.ln 5 , g �
Xét hàm số g  x   x  5 , g �
 x   0 � x  log5

1
  log 5 ln 5  x0 .
ln 5

Bảng biến thiên

Do đó để phương trình có nghiệm thì m �g  x0  �0,92 .
Các giá trị nguyên của m � 20; 20  là  19; 18;...; 1 , có 19 giá trị m thỏa mãn.
Câu 47. Chọn D.

Đặt AB  a , AC  b , AD  c thì ABCD là tứ diện vuông đỉnh A , nội tiếp mặt cầu  S  .
Khi đó ABCD là tứ diện đặt ở góc A của hình hộp chữ nhật tương ứng có các cạnh AB , AC ,
AD và đường chéo AA�là đường kính của cầu. Ta có a 2  b 2  c 2  4 R 2 .
1
1 2 2 2
2
Xét V  VABCD  abc � V  a b c .
6
36
3

3

�a 2  b 2  c 2 � 2 2 2
�4 R 2 �
2
2
2
2
3 2 2 2 ۳
Mà a  b  c �3 a b c
 V

� a b c ۳ � � 36.V ۣ
3


�3 �
Với R  IA  3 3 .
Vậy Vmax  36 .

R3.

4 3
27

Câu 48. Chọn B.

Trang 19/20 - Mã đề thi 101


f  x  �0

Ta có f �
 x   2x �
�f  x  �
��
2


�1 �
1

2
x

  x2  C .

� 2 x �
2
f  x

�f  x  �
�f  x  �

f�
 x

2
1
suy ra C   .
9
2
1
2
f  1 

� 1� 3 .
Do đó
12  �
 �
� 2�

Từ f  2   

Câu 49. Chọn C.
�x  1  t �

Phương trình tham số đường thẳng  : �y  1  2t �
.
�z  1  2t �

Chọn điểm B  2; 1;3 � , AB  3 .
14 17 �

�4 7 �
Điểm C � ; ;1�hoặc C � ;  ;1�nằm trên d thỏa mãn AC  AB .
�5 5 �
�5 5 �
�4 7 �

Kiểm tra được điểm C � ;  ;1 �thỏa mãn BAC
nhọn.
�5 5 �
�3 6 �
Trung điểm của BC là I � ;  ; 2 �. Đường phân giác cần tìm là AI có vectơ chỉ phương
�5 5 �

�x  1  2t
r

u   2;11; 5  và có phương trình �y  10  11t ,
�z  6  5t

Câu 50. Chọn B.

 x  tại A  a;10  , a � 8;10  . Khi đó ta có
Kẻ đường thẳng y  10 cắt đồ thị hàm số y  f �
�f  x  4   10, khi 3  x  4  a
�f  x  4   10, khi  1  x  4


��� 3�
� � 3�
3
3
25 .
2 x  ��5, khi 0 �2 x   11 �g �
2 x  ��5, khi �x �
�g �
2
4
4
� � 2�
�� 2�
3
� 3�
 x  f �
 x  4  2g �
Do đó h�
�2 x  � 0 khi �x  4 .
4
� 2�
Kiểu đánh giá khác:
� 3�
2 x  �.
 x  f �
 x  4  2 g�
Ta có h�

� 2�
25
�9 �
 x  4  7 , f  x  4   f  3  10 ;
Dựa vào đồ thị, x �� ;3 �, ta có
4
�4 �
3 9
� 3�
2 x  � f  8   5 .
 , do đó g �
2 2
� 2�
� 3�
�9 �
�9 �
2 x  � 0, x �� ;3 �. Do đó hàm số đồng biến trên � ;3 �.
 x  f �
 x  4  2g �
Suy ra h�

� 2�
�4 �
�4 �
3  2x 

Trang 20/20 - Mã đề thi 101



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×
x